新教材2023年高考物理總復(fù)習(xí)考案18第三次月考靜電場恒定電流

考案(十八)第三次月考靜電場恒定電流本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．(2022·天津模擬預(yù)測)自然科學(xué)中很多物理量的表達式都有不止一個，通常都有其定義式和決定式，它們反應(yīng)人們對自然界認識的不同層次。定義式側(cè)重描述客觀世界，決定式側(cè)重對因果關(guān)系的解釋。下列表達式中，側(cè)重解釋因果關(guān)系的是(C)A．電阻R＝eq\f(U,I) B．電容C＝eq\f(Q,U)C．加速度a＝eq\f(F,m) D．電場強度E＝eq\f(F,q)[解析]電阻、電容、電場強度分別都僅與導(dǎo)體自身、電容器結(jié)構(gòu)、電場自身有關(guān)，沒有側(cè)重解釋因果關(guān)系，故A、B、D錯誤；加速度是因為力而產(chǎn)生的，所以加速度a＝eq\f(F,m)側(cè)重解釋因果關(guān)系，故選C。2．(2023·湖南模擬預(yù)測)如圖所示，真空中孤立的帶電絕緣球體，半徑為R，電荷均勻分布在球體各個部位，a點距球心距離為r，b點距球心距離為2r，已知eq\f(R,2)<r<R。電荷分布均勻的球殼在殼內(nèi)形成的電場強度為零，對外部形成的電場強度可視為集中在球心的點電荷在該處形成的。則a和b兩點電場強度大小之比為(C)A．eq\f(r3,R3) B．eq\f(8r3,R3)C．eq\f(4r3,R3) D．eq\f(R3,8r3)[解析]設(shè)球體的總電荷量為Q，則以a所在球面為球體邊緣的內(nèi)部電荷量q1＝eq\f(Q,\f(4,3)πR3)·eq\f(4,3)πr3＝eq\f(Qr3,R3)，電荷分布均勻的球殼對殼內(nèi)形成的電場強度為零，所以a點電場強度Ea＝keq\f(q1,r2)，b點電場強度大小為Eb＝keq\f(Q,2r2)，解得eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(4r3,R3)。故選C。3．(2023·廣東高三專題練習(xí))某導(dǎo)體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是(A)A．加5V電壓時，導(dǎo)體的電阻是5ΩB．該元件是非線性元件，所以不能用歐姆定律計算導(dǎo)體在某狀態(tài)下的電阻C．由圖可知，隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷減小D．由圖可知，隨著電壓的減小，導(dǎo)體的電阻不斷增大[解析]加5V的電壓時，電流為1.0A，由歐姆定律可知，導(dǎo)體的電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(5,1)Ω＝5Ω，故A正確；雖然該元件是非線性元件，但仍可以用歐姆定律計算各狀態(tài)的電阻值，故B錯誤；由圖可知，隨電壓的增大，圖像上的點到原點連線的斜率減小，又因為I－U圖像的點與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，則導(dǎo)體的電阻不斷增大，同理可知，隨電壓的減小，導(dǎo)體的電阻不斷減小，故C、D錯誤。4．(2023·山東萊州市模擬預(yù)測)如圖所示，在真空中固定兩個等量的異號點電荷＋Q和－Q，O點為兩點電荷連線的中點，MN為過O點的一條線段，且M點與N點關(guān)于O點對稱。P點與M點關(guān)于兩點電荷的連線對稱。則下列說法正確的是(B)A．P、N兩點的電勢相等B．M、N兩點的電場強度相同C．將試探電荷從M點沿直線移到P點的過程中，電荷所受電場力先減小后增大D．將帶負電的試探電荷從M點沿直線移到N點的過程中，電荷的電勢能一直減少[解析]畫出過M、N的等勢面，如圖所示根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可得，M點電勢高于N點電勢，A錯誤；等量異種點電荷的電場的分布具有一定的對稱性，由圖可得M、N兩點的電場強度相同，B正確；將試探電荷從M點沿直線移到P點的過程中，由圖可知，電場強度先增大后減小，則電荷所受電場力先增大后減小，C錯誤；將帶負電的試探電荷從M點沿直線移到N點的過程中，電場力一直做負功，則電勢能一直增大，D錯誤。5．(2023·湖南高三模擬)如圖電流表A1和A2是用相同的表頭改裝而成，量程分別為0.6A和3A，現(xiàn)將它們串聯(lián)后用來測量電路的電流，則(B)A．兩表頭的指針示數(shù)相同，偏角之比15B．兩表頭的指針示數(shù)相同，偏角之比51C．兩表頭的指針的偏角相同，示數(shù)之比15D．兩表頭的指針的偏角相同，示數(shù)之比51[解析]由于兩電流表串聯(lián)在電路中，所以兩表頭指針的示數(shù)相同。又因為A2的量程是A1量程的5倍，且電流表刻度盤均勻分布，所以在表盤同一位置處，A2的示數(shù)是A1示數(shù)的5倍，換言之，當(dāng)兩表盤所指示數(shù)相同時，則A2指針偏角是A1指針偏角的eq\f(1,5)，綜上所述可知B正確。6．(2022·北京大興精華學(xué)校三模)在研究微型電動機的性能時，可采用如圖所示的實驗電路。當(dāng)電動機停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I1和U1；當(dāng)電動機正常運轉(zhuǎn)時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I2和U2。不計一切阻力，則有關(guān)這臺電動機正常運轉(zhuǎn)時的說法正確的是(B)A．電動機的內(nèi)電阻為eq\f(U2,I2)B．電動機正常工作時的效率為1－eq\f(U1I2,U2I1)C．電動機的輸出功率為U2I2－U1I1D．若電動機拉著重物m以速度v勻速上升，則U2I2＝mgv[解析]依題意，電動機停止轉(zhuǎn)動時，為純電阻，其內(nèi)電阻為R＝eq\f(U1,I1)，A錯誤；電動機正常工作時，輸出功率為P輸出＝P總－P熱＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R，聯(lián)立，可得P輸出＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)eq\f(U1,I1)，C錯誤；電動機正常工作時的效率為η＝eq\f(P輸出,P總)＝eq\f(U2I2－I\o\al(2,2)\f(U1,I1),U2I2)＝1－eq\f(U1I2,U2I1)，B正確；若電動機拉著重物m以速度v勻速上升，則P輸出＝mgv，即U2I2－Ieq\o\al(2,2)eq\f(U1,I1)＝mgv，D錯誤。故選B。7．(2022·山東淄博一模)如圖甲所示，直線AB是電場中的一條電場線，沿與直線AB成θ＝37°角的方向建立直線坐標軸Ox，令原點O處電勢為零，則沿Ox坐標軸上各點的電勢φ與x坐標關(guān)系如圖乙所示，直線上P點坐標已標注在圖中，下列說法正確的是(C)A．電場方向由B指向AB．電場為點電荷形成的電場C．原點O處場強大小為2×102V/mD．原點O處場強大小為1.6×102V/m[解析]由圖乙沿著x正方向電勢逐漸降低可知，電場方向由A指向B，由于φ－x圖像為直線，圖像斜率代表場強，不變，故該電場為勻強電場，故AB錯誤；由圖乙可知該電場的場強大小為E＝eq\f(φ,xcosθ)＝eq\f(3.2,2×10－2×0.8)V/m＝2.0×102V/m，故C正確。D錯誤。8．(2022·山東省實驗中學(xué)模擬預(yù)測)x軸上固定著兩個點電荷A、B，兩點電荷分別位于xA＝0，xB＝4d處，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度E與該點位置的關(guān)系如圖所示。選取x軸正方向為場強的正方向，無限遠處電勢為零。以下說法正確的是(D)A．點電荷A、B分別帶正電和負電B．A、B所帶電荷量的絕對值之比為13C．x＝d處電勢最高且為零D．將電子從x＝5d處無初速度釋放，其電勢能一直減小[解析]若點電荷A、B帶異種電荷，則在x軸上0～4d區(qū)間的電場方向唯一不變化，即水平向右或水平向左，故A錯誤；由圖可知在x＝d處電場強度為零，即eq\f(kQA,d2)＝eq\f(kQB,9d2)，解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(1,9)，故B錯誤；0～d區(qū)間，電場方向沿x軸負方向，d～4d區(qū)間電場方向沿x軸正方向，可知0～4d區(qū)間，從x＝d處沿兩側(cè)電勢降低，無限遠處電勢為零，故x＝d電勢大于零；x≥4d的區(qū)域內(nèi)，電場方向指向x軸負方向，所以沿x軸負方向電勢逐漸降低，無限遠處電勢為零，故x≥4d的區(qū)域內(nèi)的電勢都小于零。所以x＝d處電勢最高且大于零，故C錯誤；x≥5d的區(qū)域內(nèi)電場方向沿x軸負方向，所以電子釋放后受水平向右的力，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2023·湖北武漢模擬預(yù)測)如圖所示，正方形ABCD的邊長為L，在它的四個頂點各放置一個電荷量均為Q、電性未知的點電荷，已知靜電力常量為k，則正方形中心O點電場強度的大小可能是(CD)A．eq\f(2kQ,L2) B．eq\f(2\r(2)kQ,L2)C．eq\f(4kQ,L2) D．eq\f(4\r(2)kQ,L2)[解析]分以下三種情況討論：(1)當(dāng)A、D處放置電荷電性相同，且B、C處放置電荷電性也相同時，根據(jù)對稱性可知O點的場強為零。(2)當(dāng)其中一點與其他三點所放置的點電荷電性相反時，則位于其中一條對角線兩端的兩電性相同的電荷在O點產(chǎn)生的合場強為零，位于另一條對角線兩端的兩電性相反的電荷在O點產(chǎn)生的合場強，即此時O點的場強，為E1＝eq\f(2kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)L))2)＝eq\f(4kQ,L2)。(3)當(dāng)A、D處放置電荷電性相反，且B、C處放置電荷電性也相反時，則A、D和B、C在O點產(chǎn)生的合場強大小均為E1＝eq\f(4kQ,L2)，根據(jù)幾何關(guān)系A(chǔ)、D和B、C在O點產(chǎn)生的合場強方向垂直，所以此時O點的場強為E2＝eq\r(2)E1＝eq\f(4\r(2)kQ,L2)，綜上所述可知A、B不符合題意，C、D符合題意。10．(2023·山東模擬預(yù)測)如圖所示，已知電源電動勢為E，內(nèi)電阻為req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r<R0))，電壓表與電流表均為理想電表；開關(guān)閉合后，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P逐漸向左滑動時，則(BC)A．燈泡將變亮B．|ΔV1|<|ΔV2|C．eq\f(ΔV2,ΔI)的值為R0D．電壓表和電流表的讀數(shù)均變大[解析]當(dāng)滑動變阻器的滑片P向左滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知干路電流變大，電流表A的示數(shù)變大。根據(jù)U＝E－Ir，路端電壓變小，電壓表V1的示數(shù)變小，D錯誤；當(dāng)滑動變阻器的滑片P向左滑動時，干路電流變大，電源內(nèi)電壓變大，R0兩端電壓變大，燈泡兩端電壓變小，燈泡將變暗，A錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律路端電壓U＝E－Ir，則路端電壓的變化量為ΔU＝－rΔI，|ΔV1|＝|ΔU|＝|rΔI|，根據(jù)部分電路歐姆定律，R0兩端電壓U0＝IR0，則R0的變化量為ΔU0＝R0ΔI，|ΔV2|＝|ΔU0|＝|R0ΔI|，因為r<R0，故|ΔV1|<|ΔV2|，B正確；R0＝eq\f(ΔU0,ΔI)＝eq\f(ΔV2,ΔI)，C正確。11．(2022·新疆高三模擬)如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，在平行金屬板MN內(nèi)部左側(cè)中央P有一質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)以水平速度v0射入電場并打在N板的O點。改變R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入電場，則(AD)A．該粒子帶負電B．減少R2，粒子將打在O點左側(cè)C．增大R1，粒子在板間運動時間不變D．減少R1，粒子將打在O點左側(cè)[解析]設(shè)板間電壓為U，粒子的電荷量是q，板間間距為d，則粒子在板間運動時，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)t2，x＝v0t。由電路圖知，極板M帶負電、極板N帶正電，板間場強的方向向上，重力不計的帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，則粒子帶負電，A正確；由于R2與平行金屬板串聯(lián)，穩(wěn)定時此支路斷路，調(diào)節(jié)R2對電路無影響，減少R2，平行板兩端的電壓不變，板內(nèi)場強不變，粒子運動情況不變，仍打在O點，B錯誤；增大R1，據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原理知，平行板兩端的電壓減小，板內(nèi)場強減小，粒子在電場中的運動時間變長，C錯誤；減少R1，據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原理知，平行板兩端的電壓增大，板內(nèi)場強增大，粒子在電場中的運動時間變短，粒子將打在O點左側(cè)，D正確。故選AD。12．(2023·黑龍江哈師大附中模擬預(yù)測)如圖所示，電路中開關(guān)S閉合，兩平行金屬板間帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)滑動變阻器R2的滑片向b端移動時，下列說法正確的是(BD)A．微粒P將向上運動B．電流表讀數(shù)增大C．R3上消耗的電功率增大D．電源的效率減小[解析]帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，其受力如圖所示，當(dāng)滑動變阻器R2的滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變小，根據(jù)“串反并同”規(guī)律可知，平行金屬板間的電勢差U變小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，可知平行金屬板間的電場強度減小，帶電微粒所受電場力減小，微粒P將向下運動，A錯誤；當(dāng)滑動變阻器R2的滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變小，根據(jù)“串反并同”規(guī)律可知，電流表的示數(shù)增大，R3上消耗的電功率減小，B正確，C錯誤；當(dāng)滑動變阻器R2的滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變小，即外電路的總電阻R外減小，電源的效率為η＝eq\f(R外,R外＋r)×100%，由此可知，電源的效率減小，D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(10分)(2022·廣東汕頭三模)多用電表的“×1Ω”歐姆擋的電路簡化圖如圖(a)所示，其刻度盤如圖(b)所示，已知電流表的電阻Rg＝2.0Ω，滿偏電流Ig＝100mA，R1為可變電阻。(1)某同學(xué)在使用前將兩表筆短接，調(diào)節(jié)可變電阻R1，但因電源老化發(fā)現(xiàn)指針始終無法對齊“0Ω”刻度線，指針偏轉(zhuǎn)角度最大時在圖(b)中的位置A，此時可變電阻R1的滑動片位于_N__(選填“M”或“N”)端，通過電流表的電流為_92__mA；(2)使指針偏轉(zhuǎn)角度最大后保持可變電阻R1阻值不變，在兩表筆間接入電阻箱，逐漸減小電阻箱的阻值R，指針偏轉(zhuǎn)角度隨之_增大__(選填“增大”或“減小”)；(3)當(dāng)電阻箱阻值為12.0Ω時指針位置如圖(b)中的位置B，則電源的電動勢為_1.1__V，內(nèi)阻為_9.5__Ω。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)[解析](1)指針偏轉(zhuǎn)角度最大時通過電流表的電流最大，所以可變電阻R1阻值最小，為零，所以滑動片位于N端。因電流表滿偏電流Ig＝100mA，而表頭電壓電流擋為50分度，即分度值為2mA，所以此時通過電流表的電流為92mA。(2)電阻箱阻值減小，回路中電流增大，指針偏轉(zhuǎn)角度增大。(3)指針在位置A時，通過電流表的電流為IA＝eq\f(E,Rg＋r)＝92mA，指針在位置B時，通過電流表的電流為IB＝eq\f(E,Rg＋r＋R)＝45mA，聯(lián)立以上兩式解得E≈1.1V，r＝9.5Ω。14．(6分)(2022·河北衡水二模)某學(xué)習(xí)小組欲測量某型號手機所用鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r(電動勢約為4V，內(nèi)阻約為幾歐)，他們找到的器材有：電壓表V(量程6V，內(nèi)阻約為6.0kΩ)、定值電阻R0＝10Ω、電阻箱R(0～999.9Ω)、開關(guān)S一只、導(dǎo)線若干。(1)請以筆畫線代替導(dǎo)線將圖甲中的實物圖補充完整；[答案]見解析(2)閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值R，得到多組測量數(shù)據(jù)，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出U－eq\f(U,R)圖像，如圖乙所示。則該鋰電池的電動勢E＝_3.75(3.74～3.76都對)__V、內(nèi)阻r＝_5.00(4.90～5.10都對)__Ω。(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)[解析](1)根據(jù)圖乙的圖像可知電壓表測量電阻箱兩端的電壓，實物圖連接如下圖。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U＋eq\f(U,R)(R0＋r)化簡得U＝E－eq\f(U,R)(R0＋r)所以U－eq\f(U,R)圖像的縱截距表示電源電動勢，即E＝3.75V；圖像的斜率表示定值電阻R0和電源內(nèi)阻r的和，即R0＋r＝eq\f(3.75－1.5,0.15)Ω所以電源內(nèi)阻r＝5.00Ω15．(10分)(2023·重慶八中高三階段練習(xí))為測量A、B兩金屬絲的電阻率，小向同學(xué)設(shè)計了如圖甲，乙所示的兩種實驗方案。已知電源的電動勢E和內(nèi)阻r在實驗過程中保持不變。(1)小向先進行圖甲方案的測量：①利用游標卡尺測出A金屬絲的直徑，示數(shù)如圖所示，則A金屬絲直徑的測量值d甲＝_1.75__mm；②把A金屬絲接入圖甲電路，并用米尺測出接入電路中的A金屬絲的長度l＝50.00cm。閉合開關(guān)，移動滑動變阻器的滑片，記錄兩電表的測量數(shù)據(jù)如下表所示，數(shù)據(jù)的對應(yīng)點已標在如圖丁所示的坐標紙上，請你在圖丁中畫出U－I圖線；實驗次數(shù)123456U/V0.901.201.501.802.102.40I/A0.180.240.310.370.430.49[答案]見解析③該方案測得的A金屬絲的電阻率ρ＝_(2.2～2.6)×10－5__Ω·m(保留兩位有效數(shù)字)。(2)小向又用圖乙所示方案測量B金屬絲的電阻率，通過移動接線夾位置(即圖乙中滑動變阻器符號上的箭頭接觸金屬絲的位置)，以控制接入電路中金屬絲的長度；①實驗操作步驟：a．正確連接電路，設(shè)定電阻箱的阻值，閉合開關(guān)；b．讀出電流表的示數(shù)，記錄接線夾的位置；c．?dāng)嚅_開關(guān)，測出接入電路的金屬絲的長度；d．閉合開關(guān)，重復(fù)b、c的操作。②根據(jù)測得電流與金屬絲接入長度關(guān)系的數(shù)據(jù)，繪出如圖戊所示的關(guān)系圖線，由圖可以算出圖線的斜率為k。已知測得乙金屬絲的直徑為d，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，則乙金屬絲的電阻率為eq\f(πEd2k,4)(用給出的字母表示)。(3)圖乙方案中電流表的內(nèi)阻對電阻率的測量值_不會__(填“會”或“不會”)造成影響。[解析](1)金屬絲直徑的測量值為d甲＝1mm＋0.05mm×15＝1.75mm；由圖像可知Rx＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.9,0.6)Ω≈4.8Ω根據(jù)Rx＝ρeq\f(l,S)＝eq\f(4ρl,πd\o\al(2,甲))解得ρ＝eq\f(πd\o\al(2,甲)Rx,4l)＝eq\f(3.14×1.75×10－32×4.8,4×0.5)Ω·m≈2.3×10－5Ω·m。(2)由閉合電路的歐姆定律E＝Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ\f(L,S)＋r＋R))＝Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ\f(4L,πd2)＋r＋R))，即eq\f(1,I)＝eq\f(4ρ,πd2E)L＋eq\f(R＋r,E)，則eq\f(4ρ,πd2E)＝k，則ρ＝eq\f(πEd2k,4)(3)圖乙中若考慮電流表內(nèi)阻，則eq\f(1,I)＝eq\f(4ρ,πd2E)L＋eq\f(r＋R＋RA,E)不影響圖像的斜率，電阻率的測量值不變。16．(12分)(2022·湖南高三模擬)如圖所示，長L＝1m的輕質(zhì)細線上端固定在懸點O，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向左、范圍足夠大的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知懸點O距地面的高度h＝1.6m，小球所帶電荷量q＝1.0×10－6C，勻強電場的場強E＝3.0×103N/C，空氣阻力可以忽略，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小球的質(zhì)量m；(2)若將電場撤去，小球擺到最低點時速度v的大??；(3)若保持原電場不變，剪斷細線，小球落地時動量p的大小和方向。[答案](1)4×10－4kg(2)2m/s(3)2×10－3kg·m/s，方向與豎直方向夾角為θ＝37°[解析](1)根據(jù)共點力平衡條件可得eq\f(qE,mg)＝tan37°，解得m＝eq\f(qE,gtan37°)＝4×10－4kg。(2)從小球所處位置到最低點的過程中，根據(jù)動能定理：mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2m/s。(3)設(shè)小球落地點為Q，根據(jù)幾何關(guān)系可知OQ＝eq